有限個の多項式のテイラー展開

高階微分法とライプニッツの公式

\(y = f(x)\) の導関数を \(f^\prime(x)\) とするとき，第二階の導関数を \(f^{\prime\prime}(x)\) と表記し，第 \(n\) 階の導関数を \(f^{(n)}(x)\) と表記します．一点 \(x\) において

\[ \begin{gather} f^{\prime\prime}(x) = \frac{d}{dx}\left(\frac{dy}{dx}\right) = \frac{d^2y}{dx^2}\\ f^{(n)}(x) = \frac{d^ny}{dx^n} \end{gather} \]

となります．

▶ 記号の差異: \(d^2y\) vs \(dx^2\)

\(d^2y = d(dy)\)，\(dx^2 = (dx)^2\) の意味で，この意味の差異を表現するため記号でも表記が異なっています．微分記号を用いて

\[ dy = f^\prime(x)dx \]

と書くとき，両辺の微分を取れば，

\[ \begin{align} d(dy) &= \frac{d(f^{\prime}(x))}{dx}(dx)^2 + f^\prime(x)\frac{d(dx)}{dx}dx\\ &= f^{\prime\prime}(x)(dx)^2 + f^\prime(x)d(dx) \label{eq-second-diff} \end{align} \]

\(x\) が独立変数であるならば \(dx\) は \(x\) の水準関係なく自由に取れるので，\(\frac{d(dx)}{dx} = 0\)．従って，

\[ d^2y = f^{\prime\prime}(x)dx^2 \]

となります．もし，\(x = \varphi(t)\) であるならば，\(d^2x = \varphi^{\prime\prime}(t)dt^2\) となるので

\[ \frac{d}{dt^2}f(\varphi(t)) = f^{\prime\prime}(\varphi(t))(\varphi^\prime(t))^2 + f^\prime(\varphi(t))\varphi^{\prime\prime}(t) \]

ライプニッツの公式

Theorem 1 : ライプニッツの公式(Leibniz rule)

\(u, v\) が \(x\) の関数であるとき，

\[ \begin{align} \frac{d^n(uv)}{dx^n} &= u^{(n)}v + \left(\begin{array}{c}n\\1\end{array}\right)u^{(n-1)}v^{\prime} + \left(\begin{array}{c}n\\2\end{array}\right)u^{(n-2)}v^{\prime\prime}+\cdots+ \left(\begin{array}{c}n\\n-1\end{array}\right)u^{\prime}v^{(n-1)} +uv^{(n)}\\ &= \sum_{k=0}^n \left(\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right)u^{(n-k)}v^{(k)} \end{align} \]

Proof

\(n=1\) のときは，積の微分公式より

\[ \frac{d(uv)}{dx^n} = \frac{du}{dx}v + \frac{dv}{dx}u \]

\(n\geq 2\) については，帰納法を用いて示す．\(n=t\) のときライプニッツの公式が成立すると仮定する．

このとき，

\[ \begin{align} \frac{d^{(t+1)}(uv)}{dx^{t+1}} &= \frac{d}{dt}\left(\frac{d^{(t)}(uv)}{dx^{t}}\right)\\ &= \frac{d}{dt}\left(\sum_{k=0}^t \left(\begin{array}{c}t\\ k\end{array}\right)u^{(t-k)}v^{(k)}\right)\\ &= \sum_{k=0}^t \left(\begin{array}{c}t\\ k\end{array}\right)[u^{(t-k+1)}v^{(k)} + u^{(t-k)}v^{(k+1)}]\\ &= \sum_{k=0}^t \left(\begin{array}{c}t\\ k\end{array}\right)u^{(t-k+1)}v^{(k)} + \sum_{k=0}^t \left(\begin{array}{c}t\\ k\end{array}\right)u^{(t-k)}v^{(k+1)}\\ &= \left\{u^{(t+1)}v + \sum_{k=1}^t \left(\begin{array}{c}t\\ k\end{array}\right)u^{(t-k+1)}v^{(k)}\right\}+ \left\{uv^{(t+1)} + \sum_{k=0}^{t-1} \left(\begin{array}{c}t\\ k\end{array}\right)u^{(t-k)}v^{(k+1)}\right\}\\ &= \left\{u^{(t+1)}v + \sum_{k=1}^t \left(\begin{array}{c}t\\ k\end{array}\right)u^{(t-k+1)}v^{(k)}\right\}+ \left\{uv^{(t+1)} + \sum_{j=1}^{t} \left(\begin{array}{c}t\\ j-1\end{array}\right)u^{(t-j+1)}v^{j}\right\}\\ &= u^{(t+1)}v + uv^{(t+1)} + \sum_{k=1}^t \left\{\left(\begin{array}{c}t\\ k\end{array}\right) + \left(\begin{array}{c}t\\ k-1\end{array}\right)\right\}u^{(t-k+1)}v^{(k)}\\ &= u^{(t+1)}v + uv^{(t+1)} + \sum_{k=1}^t \left(\begin{array}{c}t+1\\ k\end{array}\right)u^{(t+1-k)}v^{(k)}\\ &= \sum_{k=0}^{t+1} \left(\begin{array}{c}t+1\\ k\end{array}\right)u^{(t+1-k)}v^{(k)} \end{align} \]

となり，\(n = t + 1\) の場合のライプニッツの公式の成立が確かめられた．

Example 1

\(y = x^2\sin(x)\) について \(n\) 階導関数を求めめたいとします．

\[ (\sin x)^{(k)} = \sin\left(x + \frac{\pi}{2}k\right) \]

であるので

\(n=1\) のときは

\[ y^\prime = x^2\sin\left(x + \frac{\pi}{2}\right) + 2x\sin(x) \]

\(n\geq 2\) のときは，\(x^2\) が2回微分可能であることを考慮してライプニッツルールを利用すると

\[ \begin{align} \frac{d^n}{dx^{n}}(x^2\sin x) &= x^2(\sin(x))^{(n)} + 2nx(\sin(x))^{(n-1)} + n(n-1)(\sin(x))^{(n-2)}\\ &= x^2\sin\left(x + \frac{\pi}{2}n\right) + 2nx\sin\left(x + \frac{\pi}{2}(n-1)\right) + n(n-1)\sin\left(x + \frac{\pi}{2}(n-2)\right) \end{align} \]

Example 2

\[ \begin{align} (x\sin x)^{(n)} = x\sin\left(x + \frac{\pi}{2}n\right) + n \sin\left(x + \frac{\pi}{2}(n-1)\right)\\ (x\cos x)^{(n)} = x\cos\left(x + \frac{\pi}{2}n\right) + n \cos\left(x + \frac{\pi}{2}(n-1)\right)\\ (x^2\exp(x))^{(n)} = x^2\exp(x) + 2nx\exp(x) + n(n-1)\exp(x) \end{align} \]

\(n\) 次式の \(f(x)\) を考えます．このとき，定義域の任意の点 \(a\) を用いて，以下のように表すとします

\[ f(x) = a_0 + a_1(x-a) + a_2(x-a)^2 + \cdots + a_n(x-a)^n \]

\(x = a\) のとき，\(f(a) = a_0\)．両辺を \(k\) 回微分すると

\[ f^{(k)}(x) = a_kk! + a_{k+1}\frac{(k+1)!}{1!}(x-a) + a_{k+2}\frac{(k+2)!}{2!}(x-a)^2 + \cdots + a_{n}\frac{n!}{(n-k)!}(x-a)^{n-k} \]

このとき，\(f^{(k)}(a) = a_kk!\) であるので，\(a_k = \frac{f^{(k)}(a)}{k!}\) を得る．従って，\(n\) 次式の \(f(x)\) は

\[ f(x) = f(a) + \frac{f^{\prime}(a)}{1!}(x-a) + \frac{f^{(2)}(a)}{2!}(x-a)^2 + \cdots + \frac{f^{(n)}(a)}{n!}(x-a)^n\label{eq-poly} \]

と表すことが出来ます．

Example 3

\(f(x) = x^n\) を

\[ f(x) = a_0 + a_1(x-1) + a_2(x-1)^2 + \cdots + a_n(x-1)^n \]

で表したいとします．このとき，\(\eqref{eq-poly}\) より

\[ \begin{align} x^n &= 1 + \frac{n}{1!}(x-1)+ \frac{n(n-1)}{2!}(x-1)^2 + \cdots + \frac{n!}{n!}(x-1)^n\\ &= \sum_{k=0}^n \left(\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right)(x-1)^k \end{align} \]

と表せます．これを更に式変形すると

\[ \begin{align} \sum_{k=0}^n \left(\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right)(x-1)^k &= \sum_{k=0}^n \left(\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right)(x-1)^k 1^{n-k}\\ &= (x - 1 + 1)^n\\ &= x^n \end{align} \]

よって \(x^n\) の \(x = 1\) まわりでのテイラー展開は \((x - 1 + 1)^n\) の二項展開と関係づけて理解することが出来ます．

Theorem 2

\(n\) 次式の \(f(x)\) について，\(x=a\) が \(k\) 重解であるための必要十分条件は

\[ \begin{gather} f(a) = f^\prime(a) = \cdots = f^{(k-1)}(a) = 0\\ f^{(k)}(a) \neq 0 \end{gather} \]

Proof

\(x=a\) が \(k\) 重解であるということは，\(f(x) = (x-a)^kg(x), g(a)\neq 0\) と同値であることに留意して以下示します．

▶ 十分性

\(\eqref{eq-poly}\) より

\[ \begin{align} f(x) &=\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k + \frac{f^{(k+1)}(a)}{(k+1)!}(x-a)^{k+1} + \cdots +\frac{f^{(n)}(a)}{n!}(x-a)^n\\ &= (x-a)^k\left\{\frac{f^{(k)}(a)}{k!} + \frac{f^{(k+1)}(a)}{(k+1)!}(x-a)^{1} + \cdots + \frac{f^{(n)}(a)}{n!}(x-a)^{n-k}\right\}\\ &= (x-a)^kg(x) \end{align} \]

このとき，\(f^{(k)}(a) \neq 0\) より \(g(a)\neq 0\). 以上より，十分性は示せた．

▶ 必要性

\(f(x) = (x-a)^kg(x), g(a)\neq 0\) のとき，\(f(a) = 0\) は自明．この式を \(m\) 回微分するとライプニッツルールより

\[ \begin{aligned} f^{(m)}(x) =& (x-a)^kg^{(m)}(x) + \left(\begin{array}{c}m\\ 1\end{array}\right)k(x-a)^{k-1}g^{(m-1)}(x) \\ &+ \cdots + \left(\begin{array}{c}m\\ m\end{array}\right)k(k-1)\cdots(k-m+1)(x-a)^{k-m}g(x) \end{aligned} \]

\(m < k\) であるならば，\(f^{(m)}(a) = 0\)，また \(m = k\) であるならば

\[ f^{(k)}(a) = k!g(a) \neq 0 \]

従って，必要性も示された．

Example 4

\[ f(x) = x^4 + ax^2 + bx + c = 0 \]

が \(x=1\) を３重解に持つようにするようにパラメータを定めたいとします．

\[ \begin{align} f(1) &= 1 + a + b + c = 0\\ f^\prime(1) &= 4 + 2a + b = 0\\ f^{\prime\prime}(1) &= 12 + 2a = 0\\ f^{(3)}(1) &= 24 \neq 0\\ \end{align} \]

これを解くと，\((a, b, c) = (-6, 8, -3)\)．これを用いて整理すると

\[ f(x) = (x-1)^3(x+3) \]

となります．

Code

import numpy as np
import matplotlib.pyplot as plt

def func_x(x, a, b, c):
    return x**4 + a*x**2 + b*x + c

x_domain = np.linspace(-4, 4, 100)

plt.plot(x_domain, func_x(x_domain, *(-6, 8, -3)), label='$f(x) = x^4 - 6x^2 + 8x - 3$')
plt.plot(x_domain, func_x(x_domain, *(-8, 12, -5)), label='$f(x) = (x-1)^2(x^2+2x-5)$')
plt.xlabel('X')
plt.ylabel('y')
plt.axhline(0, color='gray', linestyle='--', linewidth=0.7)
plt.legend()
plt.xlim(-4, 4)
plt.show()